\section{附录\thesection: 实对称矩阵的谱理论与实二次型}\label{00D}

\begin{frame}{用谱理论讨论实二次型的正负惯性指数}

  给定实对称矩阵$A$, 既然存在正交矩阵$Q$使得$Q^{\rT} A Q=\diag(\lambda_1,\cdots,\lambda_n)$是对角阵，
  我们可知$A$的正特征值的个数（按重数记入）就是$A$的正惯性指数，
  负特征值的个数（按重数记入）就是$A$的负惯性指数。
实际上我们可以用谱理论来证明惯性定理。

\begin{theorem}\label{161}
  实对称矩阵$A$的规范形$\begin{pmatrix}
    E_p \\ & -E_q \\ && 0
  \end{pmatrix}$中对角线上的$1$的个数$p$等于$A$的正特征值的个数，
  $-1$的个数$q$等于$A$的负特征值的个数。特别地，$A$的规范形唯一。
\end{theorem}

下面的观察是关键的。
  \begin{lemma}\label{186}
    设$A\in \symbf{R}^{n\times n}$是实对称方阵，
    再设$A$的正特征值的个数、负特征值的个数分别为$p, q$. 
    令
    \[
    \begin{aligned}
      S_+&= \{\text{子空间~}V\subset \symbf{R}^{(n)}\mid X^{\rT}AX>0,\text{~对任意的~}0\neq X\in V\},\\
      S_-&= \{\text{子空间~}V\subset \symbf{R}^{(n)}\mid X^{\rT}AX<0,\text{~对任意的~}0\neq X\in V\}.
  \end{aligned}
  \]
    那么 
    \[
      \max\{\dim V\mid V\in S_+\}=p, \quad  \max\{\dim V\mid V\in S_{-}\}=q.
\]
\end{lemma}

\end{frame}

\begin{frame}


  \begin{proof*}[引理~\ref{186}~的证明]
    我们只证明正惯性指数相关的部分，负惯性指数相关部分的证明类似 
    (或者把正惯性指数的结论应用于$-A$来得到关于$A$的负惯性指数的结论)。
  令$V_+$为所有不同的正特征值的特征子空间之和（没有正特征值时取$V_+=\{0\}$），
  $V_1$为所有不同的非正特征值的特征子空间之和（没有非正特征值时取$V_1=\{0\}$）。
  那么
  \[
    \dim V_+=p, \quad \dim V_1=n-p.
  \]
  若$0\neq X\in V_+$, 那么$X$可写为$X=X_1+\cdots+X_r$, 其中$X_1,\cdots,X_r$分别是属于不同的正特征值$\lambda_1, \cdots, \lambda_r$的特征向量。$i\neq j$时$X_i, X_j$正交，即$X_i^{\rT}X_j=0$.
  从而
  \[
  \begin{aligned}
    X^{\rT}AX&= \left(\sum_{i=1}^r X_i^{\rT}\right) A  \left( \sum_{i=1}^r X_i \right)
    =  \left(\sum_{i=1}^r X_i^{\rT}\right) \left( \sum_{i=1}^r \lambda_i X_i \right)\\
    &=  \sum_{i=1}^r \lambda_i X_i^{\rT}X_i 
    >0.
    \end{aligned}
\]
  类似地，可证明对$0\neq X\in V_1$, 
  \[
    X^{\rT}AX\leqslant 0.
\]
  我们有$V_+\in S_+$, 且$\dim V_+=p$. 
  对任意的$V\in S_+$, 必有$\dim V\leqslant p$, 否则的话$\dim V+ \dim V_1>n$表明$V$与$V_1$有不平凡的交，
  而对$X\in V_1$有$X^{\rT}AX\leqslant 0$, 矛盾了。
  这样$S_+$中空间的维数最大值就是$p$. 
\end{proof*}

\end{frame}

\begin{frame}


  \begin{proof*}[定理~\ref{161}~的证明]
  我们来证明：若存在方阵$C$使得$B=C^{\rT}AC$, 那么$p_B\leqslant p_A, q_B\leqslant q_A$, 其中$p, q$分别表示正特征值、负特征值的个数。
  令$W$为$B$的所有正特征值的特征子空间之和（没有正特征值时取$W=\{0\}$），其维数为$p_B$.
  对任意的$0\neq x\in W$, 我们有
  \[
    (Cx)^{\rT}  A (Cx)=x^{\rT} C^{\rT} AC x=x^{\rT} Bx> 0.
  \]
  特别地，$Cx\neq 0$.   考虑线性映射
  \[
    C\colon \symbf{R}^{(n)}\rightarrow \symbf{R}^{(n)}, \quad x\mapsto Cx.
  \]
  $W\cap \ker C=\{0\}$表明限制$C|_W\colon W\rightarrow C(W)$是单射，从而是线性同构，这样
    $\dim C(W)= \dim W=p_B.$
    由引理~\ref{186}~知
  $
    p_A\geqslant \dim C(W) =p_B.
  $
  类似地可证$q_A\geqslant q_B$.
  这样，若$A$的规范形为$B=\begin{pmatrix}
    E_p \\ & -E_q \\ && 0
  \end{pmatrix}$, 那么存在可逆矩阵$Q$使得$Q^{\rT}AQ=B, (Q^{-1})^{\rT}BQ^{-1}=A$,
  进而由上述讨论可知$p_A\geqslant p\geqslant p_A$, 从而$p_A=p$. 类似地，$q_A=q$. 
  证毕。

\end{proof*}
\begin{remark*}
  我们开始证明的蕴含了关于二次型的如下事实：若二次型$f$可经过（不必非退化的）线性替换化成二次型$g$, 那么$p_g\leqslant p_f, q_g\leqslant q_f$, 其中$p,q$分别为正、负惯性指数。
\end{remark*}

\end{frame}

\begin{frame}

\begin{example}\label{003}
  设$A, B$是实对称矩阵，且$A-B\succeq 0$.
  证明 $p_A\geqslant p_B, q_A\leqslant q_B$, 其中 $p$为正惯性指数，$q$为负惯性指数。
\end{example}

\begin{proof}
  设$V$是$B$的所有正特征值的特征子空间的和。
  对$0\neq X\in  V$, $A-B$半正定表明
  \[
    X^{\rT}(A-B)X\geqslant 0,
  \]
  从而
  \[
    X^{\rT} A X \geqslant X^{\rT} B X>0.
  \]
  这样由引理~\ref{186}~知
  \[
    p_A\geqslant \dim V=p_B.
  \]
  类似地可证$q_A\leqslant q_B$. 
\end{proof}

\begin{example}\label{10E}
  给定实二次型
  \[
    f(x_1, \cdots, x_n)=l_1^2+\cdots+l_p^2-(l_{p+1}^2+\cdots+l_{p+q}^2),
  \]
  其中$l_i$都是$x_1, \cdots, x_n$的一次齐次多项式，
  证明该二次型的正惯性指数不大于$p$，负惯性指数不大于$q$.
\end{example}


\end{frame}

\begin{frame}
\begin{proof}
  注意到$f=g+h$, 其中
  \begin{align*}
    g(x_1, \cdots, x_n)&= l_1^2+\cdots+l_p^2,\\
    h(x_1,\cdots,x_n)&= -(l_{p+1}^2+\cdots+l_{p+q}^2),
  \end{align*}
  且二次型$g$半正定，二次型$h$半负定。
  由上例的结论易知$f$
  的正、负惯性指数分别不超过$g$的正惯性指数、$h$的负惯性指数。
  $g$半正定表明$g$的正惯性指数$p_g$等于$g$的秩$\rank g$.
  我们来算下$\rank g$.
  既然$l_i$ ($i=1,\cdots, p$) 是$x_1, \cdots, x_n$的线性组合，我们可以写
  \[
    \begin{pmatrix}
      l_1\\
      \vdots \\
      l_p
    \end{pmatrix} = AX, \quad \text{其中~}A\in \symbf{R}^{p\times n}, X=\begin{pmatrix}
      x_1 \\ \vdots \\ x_n
    \end{pmatrix}.
  \]
那么
  \[
    g(x_1,\cdots,x_n)= l_1^2+\cdots+l_p^2=(AX)^{\rT} AX=X^{\rT}\left( A^{\rT}A \right)X.
  \]
  这样$g$的矩阵为$A^{\rT}A$, 且
  \[
    p_g=\rank g=\rank A^{\rT}A=\rank A\leqslant p.
  \]
  由此$f$的正惯性指数不超过$p$.
  类似地可证二次型$h$的负惯性指数不超过$q$, 这样$f$的负惯性指数不超过$p$.
\end{proof}

\end{frame}

\iffalse
\begin{frame}

\begin{theorem}[Sylvester惯性定理]
  设$A$是$n$阶实对称矩阵。再设存在$2N$个$x_1, \cdots, x_n$的一次齐次多项式
  \[
    l_1, \cdots, l_N, \quad k_1, \cdots, k_N
\]
  使得二次型$X^{\rT} AX$可写为
  \[
    X^{\rT} A X= \sum_{i=1}^N l_i k_i.
  \]
  证明$N\geqslant \max\{p,q\}$, 其中$p, q$分别为$A$的正、负惯性指数。
\end{theorem}

\begin{proof}
  令
  \[
    l_i'=\frac{l_i+k_i}{2},\quad  k_i'=\frac{l_i-k_i}{2}.
  \]
  那么
  \[
    l_ik_i=(l_i')^2-(k_i')^2.
  \]
  从而 
  \[
    X^{\rT} A X= \sum_{i=1}^N (l_i')^2 -\sum_{i=1}^N (k'_i)^2.
  \]
  这样由上例的结论知$p\leqslant N, q\leqslant N$. 
\end{proof}



\end{frame}
\fi


\begin{frame}
\begin{exercise}
  设$A$是实对称矩阵。证明$t\gg 0$时 $tE+A$正定。
  %我们知道$\sigma(tE+A)=\{t+\lambda\mid \lambda\in \sigma(A)\}$. 这样，只要$t>\rho(A)$, 那么$tE+A$的特征值都是正数，从而$tE+A$正定。
\end{exercise}



\begin{exercise}\label{142}
  设$A, B$是实对称矩阵。证明
  \[
    p_A+p_B\geqslant p_{A+B}, \quad q_A+q_B\geqslant q_{A+B},
  \]
  其中 $p$为正惯性指数，$q$为负惯性指数。
\end{exercise}

\begin{exercise}
  设$A\in \symbf{R}^{n\times n}$是实对称矩阵。
  令$p,q,s$分别为实二次型$f(x)=x^{\rT} Ax$的正惯性指数、负惯性指数、符号差，其中$x=(x_1, \cdots, x_n)^{\rT}\in \symbf{R}^{(n)}$. 
  考虑如下$\symbf{R}^{(n)}$的子空间的集合
  \[
    S_0=\{\text{子空间}~V\subset \symbf{R}^{(n)}\mid \text{对任意的$v\in V$有 $f(v)=0$}\}.
  \]
  证明
  \[
    \max\{\dim V\mid {V\in S_0}\}=\min\{n-p,n-q\}.
  \]
  特别地，若$A$可逆，则
  \[
    \max\{\dim V \mid {V\in S_0}\} =\min\{p,q\}=\frac{1}{2}(n-|s|).
  \]
\end{exercise}



\end{frame}



